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\title{常微分方程考试B解答}
\author{2022级数学与应用数学1班}
\date{2023年秋季}

\begin{document}

\maketitle


本次考试共10题，每题10分。

\begin{enumerate}\itemsep2em

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第1题
判断微分方程 $\frac{y}{x}dx + (y^3+\ln x)dy = 0$ 是否为恰当方程，如果是恰当方程请求解。

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={\arabic*.}]
\item  将原方程写成 $Pdx+Qdy=0$ 的形式，其中 $P=\frac{y}{x}$ 与 $Q=y^3+\ln x$. 
\item  计算可得 $P'_y=\frac{1}{x}$ 与 $Q'_x=\frac{1}{x}$. %%\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item  因为 $P'_y=Q'_x$, 所以这是恰当方程。 %%\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  设 $d\Phi=Pdx+Qdy$, 则有 $\Phi'_x=P$ 与 $\Phi'_y=Q$. 
\item  由 $\Phi'_x=\frac{y}{x}$ 可得 $\Phi = y\ln x +\varphi(y)$, 其中 $\varphi(y)$ 待定。 %%\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  代入 $\Phi'_y=Q$ 可得 $\ln x+\varphi'(y)=y^3+\ln x$, 求得 $\varphi(y)=\frac{1}{4}y^4+C$, 其中 $C$ 是任意常数。
\item  原方程的通解为 $\Phi = y\ln x + \frac{1}{4}y^4 +C=0$.  %%\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\end{enumerate}

}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第2题
求解微分方程的初值问题 $ \frac{dy}{dx}=\frac{\ln x}{1+y^2}, \,\, y(1)=3$.  

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={\arabic*.}]
\item  分离变量可得 $(1+y^2)dy = (\ln x) dx$.  %%\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item  两边积分可得 $y+\frac{1}{3}y^3 = x\ln x -x +C$.  %%\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item  代入初值 $y(0)=3$ 可得 $3+\frac{1}{3}(3)^3 = 1\ln(1)-1+C$, 求得 $C=13$.  %%\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  初值问题的解为 $y+\frac{1}{3}y^3 = x\ln x -x +13$. 
\end{enumerate}

}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第3题
设变量代换 $x=1/t$, 将常微分方程 $ x^2\frac{d^2y}{dx^2} - x\frac{dy}{dx} +y = 0$ 化为关于 $y$ 与 $t$ 的常微分方程。

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={\arabic*.}]

\item  从变量代换 $x=1/t$ 可得 $t=1/x$. 根据链式法则，有
\begin{eqnarray*}
\frac{dy}{dx} &=& \frac{dy}{dt}\frac{dt}{dx}=\frac{dy}{dt}(-x^{-2})=-t^2\frac{dy}{dt},  \\
\frac{d^2y}{dx^2} &=& \frac{d}{dx} \left(\frac{dy}{dx} \right) = \frac{d}{dt} \left( -t^2\frac{dy}{dt} \right) \frac{dt}{dx}
= \left( -t^2\frac{d^2y}{dt^2} -2t \frac{dy}{dt} \right) (-t^2)
= t^4\frac{d^2y}{dt^2} + 2t^3\frac{dy}{dt}. 
\end{eqnarray*}
 %%\dotfill (\underline{\,\,4分 + 4分\,\,})
  
\item  于是微分方程化为
\begin{eqnarray*}
t^{-2}\left(t^4\frac{d^2y}{dt^2} + 2t^3\frac{dy}{dt} \right)  - t^{-1} \left( -t^2\frac{dy}{dt} \right) + y =0.
\end{eqnarray*}
%%\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
  
\item  化简可得
\begin{eqnarray*}
t^2\frac{d^2y}{dt^2} + 3t\frac{dy}{dt} + y =0.
\end{eqnarray*}

\end{enumerate}

}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第4题
求经过点 $(1,1)$ 的曲线，使其与每个椭圆 $x^2+4y^2=C$ 都垂直。

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={\arabic*.}]
\item  对 $x^2+4y^2=C$ 微分可得 $2xdx + 8ydy=0$. 
\item  写成微分方程可得 $\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{4y}$. %%\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item  正交轨线族的微分方程为 $\frac{dy}{dx}=\frac{4y}{x}$. 
\item  分离变量可得 $\frac{dy}{y}=\frac{4dx}{x}$. %%\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item  积分可得 $\ln |y| = 4\ln |x| + C$. %%\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  上述正交轨线族中，经过点 $(1,1)$ 的曲线方程为 $\ln y = 4\ln x$, 即 $y=x^4$. 
\end{enumerate} 

}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第5题
考虑微分方程的初值问题 $\frac{dy}{dx} = 2x+3y+1, \, y(0)=2$, 写出皮卡序列的前三个函数。

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={\arabic*.}]

\item  先将这个初值问题写成积分方程，可得
\begin{eqnarray*}
y(x) = 2 + \int_0^x [ 2t+3y(t)+1 ] dt.
\end{eqnarray*}

\item  于是皮卡序列的迭代公式是
\begin{eqnarray*}
y_{n+1}(x) = 2 + \int_0^x [ 2t + 3y_n(t)+1 ] dt. 
\end{eqnarray*}

\item  皮卡序列的前三个函数分别是
\begin{eqnarray*}
y_0(x) &=& 2, \\
y_1(x) &=& 2 + \int_0^x ( 2t+6+1 ) dt = 2+ 7x+x^2, \\
y_2(x) &=& 2 + \int_0^x [ 2t + 3(2+ 7t+t^2)+1 ] dt = 2 + 7x +\frac{23}{2}x^2 + x^3.
\end{eqnarray*}
%%\dotfill (\underline{\,\,2分 + 4分 + 4分\,\,})

\end{enumerate}

}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第6题
考虑微分方程 $y=xp+p^2$, 其中 $p=\frac{dy}{dx}$. 
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  使用微分法求解。
\item  使用 $p$-判别式求可能的奇解。
\item  按定义验证是不是奇解。
\end{enumerate}

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  方程两边对 $x$ 求导，可得 $p=p+xp'+2pp'$. 化简得 $(x+2p)p'=0$. 于是 $p=-x/2$ 或 $p'=0$. 
\begin{enumerate}
\item  当 $p=-x/2$ 时，代入原方程，得到 $y=-x^2/2+x^2/4$, 即 $y=-x^2/4$. 验证可知是解。
\item  当 $p'=0$ 时可得 $p=c$ 是任意常数。代入原方程，得到通解 $y=cx+c^2$. %%\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\end{enumerate}

\item  将原方程写为 $F(x,y,p)=y-xp-p^2$, 按定义，$p$-判别式为如下联立方程组
\begin{eqnarray*}
F(x,y,p) &=& y-xp-p^2=0, \\
F'_p(x,y,p) &=& -x-2p=0.
\end{eqnarray*}
由第二式可得 $p=-x/2$, 代入第一式得到 $y+x^2/2-x^2/4=0$, 即 $y=-x^2/4$. %%\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})

\item  将通解和特解联立，
\begin{eqnarray*}
y &=& cx+c^2, \\
y &=& -x^2/4.
\end{eqnarray*}
求得交点的坐标为 $(x,y)=(-2c,-c^2)$. 求通解和特解在这一点的切线斜率，可得 
\begin{eqnarray*}
k_1 &=& c, \\
k_2 &=& -(-2c)/2=c. 
\end{eqnarray*}
因此通解和特解在这一点相切。所以 $y=-x^2/4$ 是奇解。 %%\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
 
\end{enumerate}

}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第7题
求非齐次线性微分方程 $y''+10y'+21y=42$ 的通解。

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={\arabic*.}]
\item  齐次方程的特征方程是 $\lambda^2+10\lambda+21=0$. 
\item  特征值是 $\lambda_1=-3$ 和 $\lambda_2=-7$.  %%\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item  齐次方程的通解是 $y=C_1e^{-3x}+C_2e^{-7x}$, 其中 $C_1,C_2$ 是任意常数。%%\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item  另知非齐次方程有特解 $y=2$. 
\item  因此非齐次方程的通解为 $ y=C_1e^{-3x}+C_2e^{-7x} + 2. $ %%\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\end{enumerate}

}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第8题
求常微分方程 $y''-x^2y=0$ 在原点附近的两个线性无关的幂级数解，写出系数不为零的前四项。

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={\arabic*.}]
\item  设幂级数解为 $y= c_0 + c_1x + c_2x^2 + c_3x^3 + \cdots + c_nx^n + \cdots$. %%\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})
\item  则二阶导函数为 $y'' = 2\cdot 1\cdot c_2 + 3\cdot 2\cdot c_3x + \cdots + n\cdot (n-1)\cdot c_nx^{n-2} + \cdots$. 
\item  代入方程，比较系数可得
\begin{eqnarray*}
1  &:& 2\cdot 1\cdot c_2=0, \\  
x  &:& 3\cdot 2\cdot c_3=0, \\ 
x^2  &:& 4\cdot 3\cdot c_4=c_0, \\ 
x^3  &:& 5\cdot 4\cdot c_5=c_1, \\ 
\vdots && \vdots \\ 
x^{n}  &:& (n+2)\cdot (n+1)\cdot c_{n+2}=c_{n-2}, \\ 
\vdots && \vdots
\end{eqnarray*}
%%\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})

\item  分别取 $c_0=1,c_1=0$ 与 $c_0=0,c_1=1$, 可得两个线性无关的解，
\begin{eqnarray*}
y_1 &=& 1 + \frac{x^4}{4\cdot 3} + \frac{x^8}{8\cdot 7\cdot 4\cdot 3} + \frac{x^{12}}{12\cdot 11\cdot 7\cdot 6\cdot 4\cdot 3} + \cdots \\
y_2 &=& x + \frac{x^5}{5\cdot 4} + \frac{x^9}{9\cdot 8\cdot 5\cdot 4} + \frac{x^{13}}{13\cdot 12\cdot 9\cdot 8\cdot 5\cdot 4} + \cdots 
\end{eqnarray*}
%%\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})

\end{enumerate}

}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第9题
考虑平面动力系统
$%\begin{eqnarray*}
\left\{\begin{array}{rcl}
\frac{dx}{dt} &=& -3x+y, \\
\frac{dy}{dt} &=& -3y.
\end{array}\right.
$%\end{eqnarray*}
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  求出通解。
\item  判断奇点的类型和稳定性。
\item  求出轨线族的方程。
\end{enumerate}

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={(\arabic*)}]
\item  从第二个方程可得 $y=C_1e^{-3t}$, 代入第一个方程，可得 $\frac{dx}{dt} + 3u = C_1e^{-3t}$, 求解可得 $x=(C_1t+C_2)e^{-3t}$. 
因此原微分方程的通解为
\begin{eqnarray*}
\left\{\begin{array}{rcl}
x &=& (C_1t+C_2) e^{-3t}, \\
y &=&  C_1 e^{-3t}. 
\end{array}\right.
\end{eqnarray*}
%%\dotfill (\underline{\,\,3分 + 3分\,\,})

\item  系数矩阵是若尔当标准形，奇点是单向结点。又因为特征值为负，所以奇点是稳定的。

%%\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\item  从微分方程可得
$$\frac{dx}{dy} = \frac{-3x+y}{-3y} \,\,\Rightarrow\,\, 
-3ydx = -3xdy+ydy \,\,\Rightarrow\,\, 
\frac{-3ydx+3xdy}{y^2}=\frac{dy}{y} \,\,\Rightarrow\,\, 
\frac{-3x}{y} = \ln|y|+C. $$
所以轨线族的方程为 $3x+y\ln|y|+Cy=0$. %%\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\end{enumerate}

}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item  %第10题
使用李雅普诺夫第二方法，判断零解的渐近稳定性，
\begin{eqnarray*}
\left\{\begin{array}{rcl}
\frac{dx}{dt} &=& -y + x(x^2+y^2-1), \\
\frac{dy}{dt} &=& x + y(x^2+y^2-1). \\
\end{array}\right.
\end{eqnarray*}

\vspace{0.2cm}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

{\color{red}解答：
\begin{enumerate}[label={\arabic*.}]

\item  令 $\frac{dx}{dt}=0, \frac{dy}{dt}=0$, 得到 $x=0, y=0$. 所以原点为平衡点。
\item  取 $V=x^2+y^2$, 则当 $(x,y)\neq (0,0)$ 时，有 $V(x,y)> 0$; 且有 $V(0,0)=0$.  %%\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item  当 $0<x^2+y^2<1$ 时，有 
\begin{eqnarray*}
\frac{dV}{dt} &=& \frac{\partial V}{\partial x} \frac{dx}{dt} + \frac{\partial V}{\partial y} \frac{dy}{dt} 
= 2x[-y + x(x^2+y^2-1)] + 2y[x + y(x^2+y^2-1)] \\ 
&=& (2x^2+2y^2)(x^2+y^2-1)<0.   
\end{eqnarray*}
%%\dotfill (\underline{\,\,4分\,\,})
\item  因此零解是渐近稳定的。%%\dotfill (\underline{\,\,2分\,\,})

\end{enumerate}

}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\end{enumerate}

\end{document}
